背包問題集合

　　一般來說，動態規劃（DP）都是初學者最難闖過的一關，而在這裏詳細解說動態規劃的一種經典題型：背包問題。

這裏介紹的背包分為以下幾種：01背包，完全背包，多重背包，混合背包，二維費用的背包。（以後會持續更新）

【一：01背包】

首先放上例題：

01背包問題

【題目描述】：

一個旅行者有一個最多能裝M公斤的背包，現在有n件物品，他們的重量分別是W1，W2…Wn，它們的價值分別是C1，C2……Cn，求旅行者能夠獲得的最大總價值。

【輸入格式】：

第一行：兩個整數，M，（背包容量，M<=200）和N（物品數量N<=30）

第2至N+1行，每行兩個整數，Wi,Ci,表示每個物品的重量和價值。

【輸出格式】：僅一行，一個數，表示最大總價值。

【輸入樣例#1】：

10 4

2 1

3 3

4 5

7 9

【輸出樣例#1】：12

【輸入樣例#2】：

8 4

5 6

4 2

1 2

01背包問題可以說是最簡單的背包問題，簡單之處就在：他的每一個物品都只有一個。

首先定義一個f[MAXN][MAXN]數組，用來記錄最大價值。即：f[i][v]表示的就是當前i件物品放入一個容量為v的背包的時候可以獲得的最大價值。

01背包的狀態轉移方程式便是：f[i][v]=max(f[i-1][v],f[i-1][v-w[i]]+c[i])。

眾所周知DP問題最重要的便是狀態轉移方程式了，那麽這個狀態轉移方程式究竟是怎麽來的呢？？

詳解來啦“！！！

既然說了是”將第i件物品放入背包“，那麽如果只考慮第i件物品的方式策略，那麽就只和第i-1件物品有關了，如果是放第i件物品，那麽問題就轉化為：”前i-1件物品放入容量為v的背包中“，此時能夠獲得的最大價值就是f[i-1][v-w[i]]，也就是第i-1件物品放入容量為v（原來的總容量）減去w[i]（第i件物品的占容）產生的最優價值，再加上放通過入第i件物品增加的價值c[i]。

那麽放入第i件物品產生的最大價值就是要在”放“，或者是”不放“中選擇了，”不放“的話，產生的價值就是f[i-1][v]

若物品數量為n，背包總容量為m，那麽循環到最後，答案也就是f[n][m]啦。

那麽附上代碼：：：

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 0x7ff
using namespace std;
int m,n,w[MAXN],c[MAXN];
int f[MAXN][MAXN],i,j;//f[i][v]表示第i件物品放入容量為v的背包所能產生的最大價值。 
int maxn(int x,int y)//比較，輸出最大值 
{
    if(x>y)
    return x;
    else 
    return y;
}
int main()
{
    cin>>m>>n;    
    for(i=1;i<=n;i++)
        cin>>w[i]>>c[i];//輸入不解釋 
    for(i=1;i<=n;i++)
        for(j=m;j>0;j--)
        {
            if(w[i]<=j)
            f[i][j]=maxn(f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]]+c[i]);//狀態轉移方程式。 
            else f[i][j]=f[i-1][j];
        }
        cout<<f[n][m];
        return 0;
}

好了以上就是最簡單的01背包模板了qwq。

【二：完全背包問題】

還是例題打頭陣。

完全背包問題

【題目描述】

設有n種物品，每種物品有一個價值，但每種物品的數量是無限的，同時有一個背包，最大承載量微m，今從n種物品中選取若幹件，（同一種物品可以多次選舉）使其重量的和小於等於m，而且價值的和最大。

【輸入】共N+1行

第一行：兩個整數：M（背包容量M<=200）和N（物品數量，N<=30）；

第二行至第N+1行，每行兩個整數，Wi，Ci，表示每個物品的重量和價值。

【輸出】

近一行：一個數，表示最大的價值；

【輸入樣例】

10 4

2 1

3 3

4 5

7 9

【輸出樣例】

12

有的小夥伴們可能一看到例題就會發現一個與01背包不同的地方：每種物品的數量是無限多的。沒錯，這就是完全背包問題。其實這個問題沒有比01背包難多少，只是不是很好想。

既然每種物品所取的數量可能是1,2,3.......，所以與它相關的策略便不是取或者不取的問題了，而是，取不取，取多少的問題了。既然同樣是背包問題，那麽我們可不可以考慮延續01背包的方法來做呢，答案是Yes。其實與01背包不同的地方就是只有放進去的每種物品的件數不一定是1就是了，那麽只要多一重關於每種物品取多少的循環不就可以了嗎。相對的，其狀態轉移方程式也要略有改動，變為：f[i][v]=max(f[i-1][v-k*w[i]]+k*c[i],f[i-1][v])，可見就是比01背包多了一個k而已，而這個k就是循環的這第i種物品取的件數。

現在解釋一下原因：首先我們想一下為甚麽在上題中的01背包代碼中第二重循環是for(int j=m;j>=0;j--)而不是for(int j=1;j<+m;j++)呢？？（你就沒有懷疑過嗎？？~~~）

Because~因為：要保證第i次循環裏的狀態f[i][v]是由狀態f[i][[v-w[i]]遞推而來的，也就是為了保證每件物品只選一次，保證在考慮“選入第i件物品”這件策略時，依據的是一個絕不可能選入第i種物品的子結果f[i][v-w[i]]。如果如果還不是很明白，大家可以畫一個表格來自己推一下，看看逆序和正序時得到的結果有什麽不同。。。。。。

好了重點來了！！ ： 現在大家已經知道了01背包的順序，那麽現在問題來了：完全背包的順序呢？？

考慮“加選一件第i種物品”這種策略時，卻正需要一個可能已經選入第i種物品的子結果f[i][v=w[i]]，所以就可以並且必須采用v=0,.....v的順序循環，這就是則個簡單的程序何以成立的原因啦。

然後給大家附上代碼：： //不準抄襲！！ 好吧像我這種蒟蒻代碼有誰會抄呢 呵呵~~

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int MAXN=31,MAXM=201;
int m,n,w[MAXN],c[MAXN],f[MAXN][MAXM];
int main()
{
    scanf("%d%d",&m,&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
     scanf("%d%d",&w[i],&c[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
     for(int v=1;v<=m;v++)
      if(v<w[i]) f[i][v]=f[i-1][v];
      else {if(f[i-1][v]>f[i][v-w[i]]+c[i]) f[i][v]=f[i-1][v];
           else f[i][v]=f[i][v-w[i]]+c[i];}
    printf("%d",f[n][m]); return 0;
}//這個碼風不是很好看，大家看不慣可以改一改......

【三：多重背包問題】

好了依然是看例題：：

模板例題：慶功會

【題目描述】

設有n種物品，每種物品有一個價值，但每種物品的數量是有限的，同時有一個背包，最大承載量微m，今從n種物品中選取若幹件，（同一種物品可以多次選舉）使其重量的和小於等於m，而且價值的和最大。

【輸入】共N+1行

第一行：兩個整數：N（物品數量，N<=30）和M（背包容量M<=200）

第二行至第N+1行，每行兩個整數，Wi，Ci，Si，分別表示每個物品的重量、價值、數量。

【輸出】

近一行：一個數，表示最大的價值；

【輸入樣例】

5 1000

80 20 4

40 50 9

30 50 7

40 30 6

20 20 1

【輸出樣例】

1040

　　這個題目就又不一樣了，因為題目中說的每一件物品的件數是“有限的”，也就是說可以是1、2......但也不是無限。

這個看起來可能就比較e xin，但是如果仔細想一想，其實也並不是很難。

（蒟蒻認為的）重點詳解：
做法1：和完全背包接軌：完全背包裏面有一個k，用來表示物品的個數，這裏面也是一樣的，因為對於第i種物品，我們可以設置他有n[i]+1種取數策略，：取0、1.....n[i]件，so我們再次設置一個f[i][v]表示前i種物品放入一個容量為v的背包所能產生的最大價值，那麽：f[i][v]=max(f[i-1)[v-k*w[i]]+k*c[i],f[i-1][v]),那麽復雜度就是O(V*Σn[i])。

顯然，上方做法時間復雜度太高。於是就有了第二個方法。

做法2：和01背包接軌。大家可能都覺得完全背包比01背包更要高大上一些，但是很不幸，做法2是要遠遠優於做法1的。先給大家一個引路思想，第i件物品有n[i]的數量，那麽是不是可以把它轉化為n個數量只有一個的物品呢？？看到這裏，你恍然大悟：哦，好巧妙。

而事實上，如果你只想到這裏，就開始興奮無腦地開始打代碼的話，你就會呵呵進化成神犇了。。。。。你您可以算一算如果這樣做的話時間復雜度是多少：O(V*Σn[i]) ............

好極了，可是我並沒有在逗你啊。。。。。

那麽接下來就是優化了，在這裏，我們考慮二進制優化。

方法：將第i件物品分成若幹件物品，每個物品有一個系數l，這件物品的費用和價值軍事原來的費用和價值乘以l，使這些系數分別為1,2,4...2^(k-1)余出來的再拿出來就是n[i]-2^(k+1),且k是滿足n[i]-2^(k+1)>0的最大整數。（例：13分為1,2,4,6）。

這樣就將第i件物品分成了O(logn[i)種物品，將時間復雜度降低成為了O(V*Σlogn[i])的01背包問題，改進是不是很大呢？

下面是代碼：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define MAXN 10001
#define MAXM 6001
using namespace std;
int v[MAXN],w[MAXN],f[MAXM];
int n,m,n1;
int max(int a,int b)
{
    if(a>b) return a;
    else return b;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x,y,s,t=1;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&s);
        while(s>=t)
        {
            v[++n1]=x*t;
            w[n1]=y*t;
            s-=t;
            t*=2;
        }
        v[++n1]=x*s;
        w[n1]=y*s;
    }
    for(int i=1;i<=n1;i++)
     for(int j=m;j>=v[i];j--)
      f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
    printf("%d\n",f[m]); return 0;
     
}

【四：混合三種背包問題】

　　大概很多人一看到這個就淚奔了，對，沒錯，就是把01、完全、多重背包混合起來考你。你可能肯定覺得很惡心，覺得難極了，確實，對於沒有學過前幾種背包的人來說，這是一個很大的挑戰，但是不要忘了，我們已經學完了呀!所以，我哦們就可以很輕易地將這一個難題轉化為極個簡單的子題了！！

　　其實也不用怎麽解釋了，先判斷該物品是不是屬於完全背包，if(YES)->用完全背包去做，if(NOT)->用混合背包去做（因為01背包本身即是多重背包的一個樣例，用多重背包做完全沒有問題的。）

　　好了下面附上代碼：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int m,n,w[31],c[31],p[31],f[201];
int max(int a,int b)
{
    if(a>b) return a;
    else return b;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&m,&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
     scanf("%d%d%d",&w[i],&c[i],&p[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
     if(p[i]==0)
     {
         for(int j=w[i];j<=m;j++)
          f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+c[i]);
     }
     else
     {
         for(int j=1;j<p[i];j++)
          for(int k=m;k>=w[i];k--)
           f[k]=max(f[k],f[k-w[i]]+c[i]);
     }
     printf("%d",f[m]);
     return 0;
}

好了，關於背包問題就先說到這裏（持續更新。。。），如果有不明白個或者錯誤的地方可以給我留言。。。

【模板】各種背包問題&講解